江苏省2020届高三数学一轮复习典型题专题训练导数及其应用

1、精选优质文档-倾情为你奉上精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业专心-专注-专业精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业江苏省2020届高三数学一轮复习典型题专题训练导数及其应用一、填空题1、（2018届盐城上期中）若函数在区间上存在唯一的极值点，则实数的取值范围为 2、（南京市2019高三9月学情调研）若函数f(x) EQ F(1,2)ax2ex1在xx1和xx2两处取到极值，且 EQ F(x2,x1) 2，则实数a的取值范围是3、（南京市六校联合体2019届高三上学期12月联考）设直线是曲线的切线，则直线的斜率的最小值是 4、（江苏省常州一中、泰兴中学、南菁高中2019届高三10月月

2、考）函数在点A（2，1）处切线的斜率为 5、（江苏省常州一中、泰兴中学、南菁高中2019届高三10月月考）若函数f(x)=kx-cosx在区间()单调递增，则 k的取值范围是 .6、（南师附中2019届高三年级5月模拟）在平面直角坐标系xOy中，点P在曲线C：上，且在第四象限内已知曲线C在点P处的切线为，则实数b的值为 7、（徐州市2018届高三上期中考试）已知函数，若存在，使，则实数的取值范围为 8、（2018届常州上期末）已知函数，其中若过原点且斜率为的直线与曲线相切，则的值为 9、（盐城市2017届高三上学期期中）已知为奇函数，当时，则曲线在处的切线斜率为 10、（苏州市2019届高三上

3、学期期末）曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为 11、（盐城市2019届高三上学期期中）在平面直角坐标系中，曲线在x0处的切线方程是 12、（盐城市2019届高三上学期期中）已知函数在R上单调递增，则实数m的取值集合为 13、（南京市、镇江市2019届高三上学期期中）已知e为自然对数的底数，函数yexlnx在1，e的最小值为14、（苏锡常镇四市2019届高三教学情况调查（二）已知点P在曲线C：上，曲线C在点P处的切线为l，过点P且与直线l垂直的直线与曲线C的另一交点为Q，O为坐标原点，若OPOQ，则点P的纵坐标为 15、（苏锡常镇四市2019届高三教学情况调查（二）已已知e为自然对数的底

4、数，函数的图像恒在直线上方，则实数a的取值范围为 二、解答题1、（南京市2018高三9月学情调研）已知函数f(x)2x33(a+1)x26ax，aR（1）曲线yf(x)在x0处的切线的斜率为3，求a的值；（2）若对于任意x(0，+)，f(x)f(x)12lnx恒成立，求a的取值范围；（3）若a1，设函数f(x)在区间1，2上的最大值、最小值分别为M(a)、m(a)，记h(a)M(a)m(a)，求h(a)的最小值2、（南京市2019高三9月学情调研）已知函数f(x)lnx，g(x)x2（1）求过原点(0，0)，且与函数f(x)的图象相切的直线l的方程；（2）若a0，求函数(x)|g(x)2a2f

5、(x)|在区间1，3、（南京市六校联合体2019届高三上学期12月联考）已知函数.(1)求的极大值；(2)当时，不等式恒成立，求的最小值；(3)是否存在实数，使得方程在上有唯一的根，若存在，求出所有的值，若不存在，说明理由.4、（江苏省常州一中、泰兴中学、南菁高中2019届高三10月月考）已知函数，aR.函数y= f(x)在点(2,f(2)处的切线与直线x-2y+1=0垂直，求a的值；讨论函数f(x)的单调性；当a=1时，证明：不等式成立.（其中n!=123n，nN*,n2）5、（南京市13校2019届高三12月联合调研）已知函数，设.（1）若在处取得极值，且，求函数的单调区间；（2）若时函数

6、有两个不同的零点.求的取值范围；求证：.6、（南京市、盐城市2019届高三上学期期末）若函数yf(x)在xx0处取得极大值或极小值，则称x0为函数yf(x)的极值点设函数f(x)x3tx21(tR)（1）若函数f(x)在(0，1)上无极值点，求t的取值范围；（2）求证：对任意实数t，在函数f(x)的图象上总存在两条切线相互平行； （3）当t3时，若函数f(x)的图象上存在的两条平行切线之间的距离为4，问：这样的平行切线共有几组？请说明理由7、（如皋市2019届高三上学期期末）已知函数，其中（I）若函数的图象在处的切线与直线垂直，求实数a的值；（II）设函数(1).求函数的单调区间；(2)若不等

7、式对任意的实数恒成立，求实数a的取值范围8、（苏北三市（徐州、连云港、淮安）2019届高三期末）已知函数（1）若，求在处的切线方程；（2）若对于任意的正数，恒成立，求实数的值；（3）若函数存在两个极值点，求实数的取值范围9、（苏州市2019届高三上学期期中）设函数，a为常数（1）当时，求在点处的切线方程；（2）若为函数的两个零点， = 1 * GB3 求实数的取值范围； = 2 * GB3 比较与的大小关系，并说明理由10、（南京市2019届高三第三次模拟）已知函数f(x)lnx EQ F(a,x)1，aR（1）若函数f(x)在x1处的切线为y2xb，求a，b的值；（2）记g(x)f(x)ax

8、，若函数g(x)在区间(0， EQ F(1,2)上有最小值，求实数a的取值范围；（3）当a0时，关于x的方程f(x)bx2有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围11、（七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港）2019届高三第一次模拟（2月）已知函数（1）讨论的单调性；（2）设的导函数为，若有两个不相同的零点 求实数的取值范围； 证明：12、（七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港）2019届高三第二次模拟）已知函数（1）当时，求函数的极值；（2）设函数在处的切线方程为，若函数是上的单调增函数，求的值；（3）是否存在一条直线与函数的图象相切于两个不同的点？并说明理由 13、

9、（七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港）2019届高三第二次模拟（5月）已知函数（），是自然对数的底数（1）当时，求的单调增区间；（2）若对任意的，（），求的最大值；（3）若的极大值为，求不等式的解集14、（苏锡常镇四市2019届高三教学情况调查（一）已知函数（1）若在(1，)处的切线方程为，求实数a，b的值；（2）设函数，1，e（其中e为自然对数的底数）当a1时，求的最大值；若是单调递减函数，求实数a的取值范围15、（盐城市2019届高三第三次模拟） 设函数（为自然对数的底数，）.当时，求函数的图象在处的切线方程；若函数在区间(0,1)上具有单调性，求的取值范围；若函数有且仅有3

10、个不同的零点，且，,求证: 16、（南师附中2019届高三年级5月模拟）设a为实数，已知函数，（1）当a0时，求函数的单调区间；（2）设b为实数，若不等式对任意的a1及任意的x0恒成立，求b的取值范围；（3）若函数(x0，R)有两个相异的零点，求a的取值范围参考答案一、填空题1、2、 EQ F(2,ln2)，）3、44、5、）6、137、8、9、10、11、12、13、e14、115、二、解答题1、解：（1）因为f(x)2x33(a1)x26ax，所以f (x)6x26(a1)x6a所以曲线yf(x)在x0处的切线斜率kf (0)6a，所以6a3，所以a eq f(1,2) 2分（2）f(x)

11、f(x)6(a1)x212lnx对任意x(0，+)恒成立，所以(a1)eq sdo1(f(2lnx,x2) 4分令g(x)eq sdo1(f(2lnx,x2)，x0，则g(x)eq sdo1(f(2(12lnx),x3)令g(x)0，解得xeq r(e)当x(0，eq r(e)时，g(x)0，所以g(x)在(0，eq r(e)上单调递增；当x(eq r(e)，)时，g(x)0，所以g(x)在(eq r(e)，)上单调递减所以g(x)maxg(eq r(e)eq sdo1(f(1,e)， 6分所以(a1)eq sdo1(f(1,e)，即a1eq sdo1(f(1,e)，所以a的取值范围为(，1e

12、q sdo1(f(1,e) 8分（3）因为f(x)2x33(a1)x26ax，所以f (x)6x26(a1)x6a6(x1)(xa)，f(1)3a1，f(2)令f (x)0，则x1或a 10分f(1)3a1，f(2)4当1aeq sdo1(f(5,3)时，当x(1，a)时，f (x)0，所以f(x)在(1，a)上单调递减；当x(a，2)时，f (x)0，所以f(x)在(a，2)上单调递增又因为f(1)f(2)，所以M(a)f(2)4，m(a)f(a)a33a2所以h(a)M(a)m(a)4(a33a2)a33a2因为h (a)3a26a3a(a2)所以h(a)在(1，eq sdo1(f(5,3

13、)上单调递减，所以当a(1，eq sdo1(f(5,3)时，h(a)最小值为h(eq sdo1(f(5,3)eq sdo1(f(8,27)12分当eq sdo1(f(5,3)a2时，当x(1，a)时，f (x)0，所以f(x)在(1，a)上单调递减；当x(a，2)时，f (x)0，所以f(x)在(a，2)上单调递增又因为f(1)f(2)，所以M(a)f(1)3a1，m(a)f(a)a33a所以h(a)M(a)m(a)3a1(a33a2)a33a23因为h (a)3a26a33(a1)2所以h(a)在(eq sdo1(f(5,3)，2)上单调递增，所以当a(eq sdo1(f(5,3)，2)时，

14、h(a)h(eq sdo1(f(5,3)eq sdo1(f(8,27) 14分当a2时，当x(1，2)时，f (x)0，所以f(x)在(1，2)上单调递减，所以M(a)f(1)3a1，m(a)f(2)4所以h(a)M(a)m(a)3a143a所以h(a)在2，)上的最小值为h(2)1综上，h(a)的最小值为eq sdo1(f(8,27) 16分2、解：（1）因为f(x)lnx，所以f (x) EQ F(1,x) (x0)设直线l与函数f(x)的图象相切于点(x0，y0)，则直线l的方程为 yy0 EQ F(1,x0)(xx0)，即 ylnx0 EQ F(1,x0)(xx0) 3分因为直线l经过

15、点(0，0)，所以0lnx0 EQ F(1,x0)(0 x0)，即lnx01，解得x0e因此直线l的方程为 y eq f(1,e)x，即xey0 6分（2）考察函数H(x)g(x)2a2f(x)x22a2lnxH(x)2x EQ F(2a2,x) EQ F(2(xa)( xa),x) (x0)因为a0，故由H(x)0，解得xa 8分 当0a1时，H(x)0在1，)上恒成立，H(x)在区间1，)上递增，所以 H(x)minH(1)10，所以(x)min1 11分 当a1时，H(x)在区间1，a上递减，在区间a，)上递增，所以 H(x)minH(a)a2(12lna) () 当12lna0，即a

16、eq r(e)，) 时，H(x)mina2(12lna)0， 又H(1)10，所以(x)min0() 当12lna0，a(1， eq r(e) 时，H(x)mina2(12lna)0， 所以(x)mina2(12lna) 综上 (x)min EQ blc(aal (1， 0a1，,a2(12lna)，1a EQ r(,e)，,0， a EQ r(,e) 16分3、（1），令，得. 2分当时，则在上单调递增，当时，则在上单调递减，故当时，的极大值为4分（2）不等式恒成立，即恒成立，记，则， 当时，令，得，6分当时，此时单调递增，当时，此时单调递减，则，即，8分则， 记，则，令，得当时，此时单调递

17、减，当时，此时 单调递增，故的最小值为. 10分（3）记，由，12分故存在，使在上有零点，下面证明唯一性： 当时，故，在上无解14分当时，而，此时，单调递减，所以当符合题意 16分4、5、解：(1)因为，所以,由可得a=b-3. 又因为在处取得极值，所以， 所以a= -2,b=1 . 2分所以，其定义域为（0，+）令得， 当（0,1）时，当（1,+），所以函数h(x)在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减. 4分（2）当时，其定义域为（0，+）.,当,则，在上单调递增，不合题意。5分当时，在上单调递增，在上单调递减。因为有2个不同零点，所以，即7分. 此时存在使得，又在和都连续，所

18、以在和各有一个零点 10分由题意得,所以,所以，不妨设x1x2,要证 , 只需要证.12分即证，设,则,所以,所以函数在（1，+）上单调增，而，所以即,所以 . 16分6、解：（1）由函数f(x)x3tx21，得f(x)3x22tx由f(x)0，得x0，或x eq sdo1(f(2,3)t因为函数f(x)在(0，1)上无极值点，所以 eq sdo1(f(2,3)t0或 eq sdo1(f(2,3)t1，解得t0或t eq sdo1(f(3,2)4分（2）令f(x)3x22txp，即3x22txp0，4t212p当p eq sdo1(f(t2,3)时，0，此时3x22txp0存在不同的两个解x1

19、，x28分设这两条切线方程为分别为y(3x122tx1)x2x13tx121和y(3x222tx2)x2x23tx221若两切线重合，则2x13tx1212x23tx221，即2(x12x1x2x22)t(x1x2)，即2(x1x2)2x1x2t(x1x2)而x1x2 eq sdo1(f(2t,3)，化简得x1x2 eq sdo1(f(t2,9)，此时(x1x2)2(x1x2)24x1x2 eq sdo1(f(4t2,9) eq sdo1(f(4t2,9)0，与x1x2矛盾，所以，这两条切线不重合综上，对任意实数t，函数f(x)的图象总存在两条切线相互平行 10分（3）当t3时f(x)x33x

20、21，f(x)3x26x由（2）知x1x22时，两切线平行设A(x1，x133x121)，B(x2，x233x221)，不妨设x1x2，则x11过点A的切线方程为y(3x126x1)x2x133x121 11分所以，两条平行线间的距离d eq sdo1(f(|2x232x133(x22x12)|,r(,19(x122x1)2) eq sdo1(f(|(x2x1)2(x1x2)22x1x23(x1x2)|,r(,19(x122x1)2)4，化简得(x11)619(x11)212， 13分令(x11)2(0)，则319(1)2，即(1)( 21)9(1)2，即(1)( 2810)0显然1为一解，2

21、8100有两个异于1的正根，所以这样的有3解因为x110，所以x1有3解，所以满足此条件的平行切线共有3组 16分7、【解】（）因为函数，定义域为，所以，所以函数图象在处的切线方程为，即依题意，解得所以实数a的值为1 4分（）令，则（1） 若，故函数在上单调增 5分 若，记若，即，则，函数在上单调增若，即，令，得，当时，在和上单调增；当时，在上单调减 7分 若，令，得（负舍）当时，在上单调增；当时，在上单调减 9分综上所述，当时，函数的单调增区间为，减区间为；当时，函数的单调增区间为，无减区间；当时，函数的单调增区间为和，减区间为 10分（2）由（1）可知，当时，函数在上单调增，故，所以符合题

22、意；当时，函数在上单调减，在上单调增，故存在，所以不符题意； 12分当时，在上单调增，在上单调减下面证明：存在，首先证明：要证：，只要证：因为，所以，故所以其次证明：当时，对任意的都成立令，则，故在上单调递减，所以，即所以当时，对任意的都成立又当时，与题意矛盾，故不符题意综上所述，实数a的取值范围是 16分8、（1）因为，所以当时，则， 1分 当时，所以在处的切线方程为； 3分（2）因为对于任意的正数，恒成立，所以当时，即时，； 5分当时，即时，恒成立，所以； 6分当时，即时，恒成立，所以，综上可知，对于任意的正数，恒成立， 7分（3）因为函数存在两个极值点，所以存在两个不相等的零点设，则8分

23、当时，所以单调递增，至多一个零点9分当时，因为时，单调递减，时，单调递增，所以时， 11分因为存在两个不相等的零点，所以，解得因为，所以因为，所以在上存在一个零点 13分因为，所以又因为，设，则，因为，所以单调递减，所以，所以，所以在上存在一个零点综上可知：16分9、解：（1）当时，得，所以，所以在点处的切线方程为； 3分（2） = 1 * GB3 （）,得，当时，单调递减不满足题意； 4分当时，；，；所以在上单调减，在上单调增因为函数有两个零点，所以，得 6分下证：在区间和内分别存在一个零点.在内，因为，而，又在上单调减，所以由零点存在性原理可知：在内有一个零点； 9分法一：在内，可以证明，

24、所以即，所以，取，得， 而，又在上单调递增，所以由零点存在性原理可知：在内有一个零点 12分法二:在内，因为（易证），所以即，所以，令且，因为，所以存在，使得，所以，而，又在上单调增，所以由零点存在性原理可知在内，有一个零点 12分法三:在内取，所以，令，可证：，所以，所以，而，又在上单调增，所以由零点存在性原理可知在内，有一个零点 12分 = 2 * GB3 13分证明如下：由，所以即，要证，即证，即证，令，令，所以，所以 16分10、解：（1）f(x) eq f(1,x) EQ F(a,x2)，则f(1)1a2，解得a1，则f(x)lnxeq f(1,x)1， 此时f (1)ln1110，

25、则切点坐标为(1，0)， 代入切线方程，得b2，所以a1，b22分（2）g(x)f(x)axlnx EQ F(a,x)ax1，g(x) eq f(1,x) EQ F(a,x2)a EQ F(ax2xa,x2)当a0时，g(x) eq f(1,x)0，则g(x)在区间(0， EQ F(1,2)上为增函数， 则g(x)在区间(0， EQ F(1,2)上无最小值 4分当a0时，方程ax2xa0的判别式14a20， 则方程有两个不相等的实数根，设为x1，x2，由韦达定理得x1x21，则两根一正一负，不妨设x10 x2.设函数m(x)ax2xa(x0)，（i）若a0，若x2(0， eq sdo1(f(1

26、,2) ，则m(0)a0 ，m( eq sdo1(f(1,2) eq sdo1(f(a,4) eq sdo1(f(1,2)a0 ，解得0a EQ F(2,3)此时x(0，x2)时，m(x)0，则g(x)递减；x(x2， EQ F(1,2)时，m(x)0，则g(x)递增， 当xx2时，g(x)取极小值，即为最小值若x2 EQ F(1,2)，则x(0， eq sdo1(f(1,2)，m(x)0，g(x)在(0， eq sdo1(f(1,2)单调减，无最小值6分（ii）若a0，x(0，x2)时，m(x)0，则g(x)递增；x(x2，)时，m(x)0，则g(x)递减，在区间(0， eq sdo1(f(

27、1,2)上，g(x)不会有最小值所以a0不满足条件 综上，当0a EQ F(2,3)时，g(x)在区间(0， EQ F(1,2)上有最小值8分（3）当a0时，由方程f(x)bx2，得lnx1bx20，记h(x)lnx1bx2，x0，则h(x) EQ F(1,x)2bx EQ F(2bx21,x)当b0时，h(x)0恒成立，即h(x)在(0，)上为增函数，则函数h(x)至多只有一个零点，即方程f(x)bx2至多只有一个实数根， 所以b0不符合题意10分 当b0时，当x(0， EQ R(F(1,2b)时，h(x)0，所以函数h(x)递增； 当x( EQ R(F(1,2b)，)时，h(x)0，所以函

28、数h(x)递减，则h(x)maxh( EQ R(F(1,2b)ln EQ R(F(1,2b) EQ F(1,2)要使方程f(x)bx2有两个不相等的实数根，则h( EQ R(F(1,2b)ln EQ R(F(1,2b) EQ F(1,2)0，解得0b EQ F(e,2)12分 （i）当0b EQ F(e,2)时，h( EQ F(1,e) EQ F(b,e2)0 又( EQ F(1,e)2( EQ R(F(1,2b)2 EQ F(2be2,2be2)0，则 EQ F(1,e) EQ R(F(1,2b)， 所以存在唯一的x1( EQ F(1,e)， EQ R(F(1,2b)，使得h(x1)014分

29、 （ii）h( EQ F(1,b)ln EQ F(1,b)1 EQ F(1,b)lnb1 EQ F(1,b)，记k(b)lnb1 EQ F(1,b)，0b EQ F(e,2)，因为k(b) EQ F(1,b) EQ F(1,b2) EQ F(1b,b2)，则k(b)在(0，1)上为增函数，在(1， EQ F(e,2)上为减函数， 则k(b)maxk(1)0，则h( EQ F(1,b)0 又( EQ F(1,b)2( EQ R(F(1,2b)2 EQ F(2b,2b2)0，即 EQ F(1,b) EQ R(F(1,2b)， 所以存在唯一的x2( EQ R(F(1,2b)， EQ F(1,b)，使

30、得h(x2)0，综上，当0b EQ F(e,2)时，方程f(x)bx2有两个不相等的实数根16分11、【解】（1）的定义域为，且（1.1）当时，成立，所以在为增函数； 2分（1.2）当时，（i）当时，所以在上为增函数； （ii）当时，所以在上为减函数4分（2）由（1）知，当时，至多一个零点，不合题意；当时，的最小值为，依题意知，解得6分一方面，由于，在为增函数，且函数的图象在上不间断所以在上有唯一的一个零点另一方面， 因为，所以，令，当时，所以又，在为减函数，且函数的图象在上不间断所以在有唯一的一个零点综上，实数的取值范围是10分 设 又 则12分下面证明不妨设，由知要证，即证因为，在上为减函

31、数，所以只要证又，即证14分设函数所以，所以在为增函数.所以，所以成立从而成立.所以，即成立. 16分12、【解】（1）当时，函数的定义域为则，令得，或 2分12+00+极大值极小值列表：所以函数的极大值为；极小值为 4分（2）依题意，切线方程为，从而，记，则在上为单调增函数，所以在上恒成立，即在上恒成立 8分法一：变形得在上恒成立 ，所以，又，所以 10分法二：变形得在上恒成立 ，因为（当且仅当时，等号成立），所以，从而，所以10分（3）假设存在一条直线与函数的图象有两个不同的切点，不妨，则处切线的方程为：，处切线的方程为：因为，为同一直线，所以12分即整理得， 14分消去得， 令，由与，得

32、，记，则，所以为上的单调减函数，所以从而式不可能成立，所以假设不成立，从而不存在一条直线与函数的图象有两个不同的切点 16分13、【解】（1）的定义域为 由， 2分 令，因为，得， 因为， 所以的单调增区间是 4分（2）当时，不合题意； 当时，令，得或， 所以在区间和上单调递减 因为，且在区间上单调递增，所以在处取极小值，即最小值为 6分若，则，即不妨设，则 8分设（），则当时，；当时，所以在上单调递增；在上单调递减，所以，即，所以的最大值为 10分 （3）由（2）知，当时，无极大值， 当时，在和上单调递增；在上单调递减， 所以在处取极大值， 所以，即 12分 设，即， 当，所以； 当， 由（

33、2）知，又， 所以，且不恒为零， 所以在上单调递增不等式，即为，所以， 即不等式的解集为 16分14、（1）， 1分，代入解得 2分（2），则 3分令，则，在单调递增， 5分， 6分，在单调递增，的最大值为 8分同理，单调递增函数， 9分则若，令，则即在单调递减，11分若，由知， 又在区间上是单调减函数，所以对恒成立，即对恒成立，即对恒成立，令，记，又，所以在区间上单调递减，故，即，所以即在区间上是单调递减，所以，所以，又， 13分若，因为，所以在上单调递增，又，则存在唯一的，使，在上不单调 15分综上所述， 16分15、解：（1）当时，故的图象在处的切线方程为，即. 2分（2）因为，若函数在区间上单调递增，则恒成立，得恒成立，所以； 5分若函数在区间上单调递减，则恒成立，得恒成立，所以1；综上，的取值范围为. 8分注：对参数分类讨论得到在R上的单调区间后，根据区间的